矩阵游戏[NOI2013]
作者：互联网
题目描述
婷婷是个喜欢矩阵的小朋友，有一天她想用电脑生成一个巨大的 \(n\) 行 \(m\) 列的矩阵(你不用担心她如何存储)。她生成的这个矩阵满足一个神奇的性质：若用 \(F[i][j]\) 来表示矩阵中第 \(i\) 行第 \(j\) 列的元素，则 \(F[i][j]\) 满足下面的递推式:
\[F[1][1]=1 \]\[F[i,j]=a\times F[i][j-1]+b (j\neq 1) \]\[F[i,1]=c\times F[i-1][m]+d (i\neq 1) \]递推式中 \(a,b,c,d\) 都是给定的常数。
现在婷婷想知道 \(F[n][m]\) 的值是多少，请你帮助她。由于最终结果可能很大，你只需要输出 \(F[n][m]\) 除以 \(1,000,000,007\) 的余数。
题解
考虑 \(F[i][1]\) 和 \(F[i][m]\) 之间的关系：
\[F[i][m]=a(a(\cdots(a\times F[i][1]+b)\cdots)+b)+b \]\[=a^{m-1}\times F[i][1] + a^{m-2}b + a^{m-3}b + \cdots + b \]\[=a^{m-1}\times F[i][1] + \dfrac{a^{m-1}-1}{a-1}\times b \]由此可得
\[F[i+1][1]=a^{m-1}c\times F[i][1] + \dfrac{a^{m-1}-1}{a-1}\times bc + d \]设 \(A=a^{m-1}c,\ B=\dfrac{a^{m-1}-1}{a-1}\times bc + d\)，则
\[F[i+1][1]=A\times F[i][1]+B \]如法炮制，可得
\[F[n][1]=A^{n-1}\times F[1][1] + \dfrac{A^{n-1}-1}{A-1}\times B \]由于 \(F[1][1]=1\)，所以可以先把 \(F[n][1]\) 算出来，然后再使用上面那个 \(F[i][1]\) 和 \(F[i][m]\) 的关系式来推出 \(F[n][m]\) 即可
如何算 \(a^{m-1}\)?
由于 \(a^{p-1}\equiv 1 \pmod p\)，所以 \(a^{m-1}\equiv a^{(m-1)\bmod (p-1)} \pmod p\)
那么对 \(m-1\) 取模 \(p-1\) 后再进行快速幂即可，\(A^{n-1}\) 同理
注意特判 \(a=1\) 或者 \(A=1\) 的情况!!!
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template <typename T>
inline void read(T &num) {
T x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
for (; ch <= '9' && ch >= '0'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ '0');
num = x * f;
}
const ll mod = 1000000007;
char n[1000005], m[1000005];
ll N, M, _N, _M;
ll a, b, c, d, nl, ml, am, asum, B, A, Am, Asum;
ll ans;
inline ll fpow(ll x, ll t) {
ll ret = 1;
for (; t; t >>= 1, x = x * x % mod) if (t & 1) ret = ret * x % mod;
return ret;
}
int main() {
scanf("%s %s", n + 1, m + 1);
read(a); read(b); read(c); read(d);
a %= mod; b %= mod; c %= mod; d %= mod;
nl = strlen(n + 1); ml = strlen(m + 1);
for (int i = 1; i <= ml; i++) {
M = (M * 10 % mod + m[i] - '0') % mod;
}
for (int i = 1; i <= ml; i++) {
_M = (_M * 10 % (mod-1) + m[i] - '0') % (mod-1);
}
for (int i = 1; i <= nl; i++) {
N = (N * 10 % mod + n[i] - '0') % mod;
}
for (int i = 1; i <= nl; i++) {
_N = (_N * 10 % (mod-1) + n[i] - '0') % (mod-1);
}
am = fpow(a, _M-1); //a^(p-1)==1 (mod p)
if (a == 1) asum = M - 1;
else asum = (am - 1) * fpow(a - 1, mod - 2) % mod;
B = (b * c % mod * asum % mod + d) % mod;
A = am * c % mod;
Am = fpow(A, _N-1);
if (A == 1) Asum = N - 1;
else Asum = (Am - 1) * fpow(A - 1, mod - 2) % mod;
ans = (Am + B * Asum % mod) % mod; // f[n][1]
ans = (am * ans % mod + b * asum % mod) % mod; //f[n][n]
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
标签：ch,游戏,read,dfrac,矩阵,times,NOI2013,mod 来源： https://www.cnblogs.com/ak-dream/p/AK_DREAM104.html